【学习笔记】[BalticOI 2007 Day 1] Ranklist Sorting

论文题（挺考验语文阅读能力的，足足花了我一晚上+一下午）

论文出处

首先感性地得到两个推论（这是我们后续按顺序 dp 的基础）：

1. 最有决策中一定是从大往小操作
2. 对于数 x 来说，要么在原地不动，要么移动到 x+1 的前一个位置

现在我们修改一下这个操作的定义：

我们不改变没有操作的点的位置，而是 并列放置 。这样的放置对后面 dp 转移方程的推导很有帮助。

我们可以令 $f[x][p2]$ 表示把 $x$ 移动到原序列的 $p2$ 位置且 $x+1$ 到 $n$ 都在 $p2$ 的最小费用。$pos[x]$ 表示 $x$ 在原序列中位置。

先来考虑 $pos[x]<p2$ 即往后移动的情况。

我们定义 $c(p,x)$ 表示 1 到 p 中小于 x 的位置的个数 + 1。那么 x 的真实位置其实就是 $c(p,x)$ 。

有方程 f[x][p2]=f[x+1][p2]+c(p,x)+c(p2,x) （之所以 -1 是因为要移动到 x+1 的前一位）

那么 $pos[x]>p2$ 呢？

显然可以归到上一种情况，即 f[x][p2]=f[x+1][p2]+c(p,x)+c(p2,x)+(4-3) （注意这里 (4-3) 其实是提前计算的，后面会讲）

下面我们考虑如何计算对未来状态的影响。

还是考虑 图2.7 。这个时候 5 都对未来决策造成了影响（3 的位置变成了 c(5,3)+2），（注意这里其实是 5 对 3 的位置造成了影响，和 4 没有任何关系），换句话说对象应该是 所有 $p<x<p2$ 且 $s[x]<i$ 的点，而且对每个 s[x] 的影响恰好为 $i-s[x]$ 。

综上所述，dp 转移方程为：

1. $f[i][j]=f[i+1][j]+c(pos[i],i)+c(j,i)$
2. $f[i][pos[i]]=\min (f[i+1][j]+{\sum }_{pos[i]<x<j}[s[x]<i](i-s[x])|j>pos[i])$

时间复杂度 $O(n^2)$ （优秀！）

最后我们写一个 dfs 输出方案即可。

Luogu 唯二 AC 解 （233）

#include<bits/stdc++.h>
#define db double 
#define ll long long
#define mkp make_pair
#define pii pair<int,int> 
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int Maxn=1005;
pii a[Maxn];
int n,tot,pos[Maxn],s[Maxn],dp[Maxn][Maxn],pre[Maxn],l[Maxn][Maxn],r[Maxn][Maxn],add[Maxn];
pii b[Maxn];
bool cmp(pii x,pii y) {
	return x.fi>y.fi||x.fi==y.fi&&x.se<y.se;
}
void dfs(int i,int j) {
	if(i==n) return;
	if(pos[i]!=j) {
		dfs(i+1,j);
		//输出把当前点的实际位置移动到 j 的实际位置
		tot++;
		b[tot].fi++;
		b[tot].fi+=add[i];
		b[tot].se++;
		//交换到的位置不变 ？ 
		for(int k=1;k<=j;k++) {
			if(s[k]<i) b[tot].se++;
		} 
		for(int k=1;k<pos[i];k++) {
			if(s[k]<i) b[tot].fi++;
		}
	}
	else {
		//对后面的决策造成影响 
		for(int k=pos[i]+1;k<pre[i];k++) {
			if(s[k]<i) {
				add[s[k]]+=i-s[k];
			}
		}
		dfs(i+1,pre[i]);
	}
} 
int main() {
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>a[i].fi;
		a[i].se=i;
	}
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		pos[i]=a[i].se;
		s[a[i].se]=i;
	}
	n++,dp[n][n]=0,s[n]=n;
//	for(int i=1;i<=n;i++) {
//		printf("%d\n",s[i]);
//	}
	for(int i=n;i>=1;i--) {
		int v1=1,v2=1;
		for(int j=1;j<pos[i];j++) {
			if(s[j]<i) {
				v1++;
			}
		}
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			if(s[j]<i) {
				v2++;
			}
			if(dp[i+1][j]+v1+v2<dp[i][j]) {
				dp[i][j]=dp[i+1][j]+v1+v2;
				l[i][j]=v1;
				r[i][j]=v2;
			}
		}
		int tmp=0;
		for(int j=pos[i]+1;j<=n;j++) {
			if(dp[i+1][j]+tmp<dp[i][pos[i]]) {
				dp[i][pos[i]]=dp[i+1][j]+tmp;
				pre[i]=j;
			}
			if(s[j]<i) {
				tmp+=i-s[j];
			}
		}
	}
	int ans=inf,xo=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(dp[1][i]<ans) {
			ans=dp[1][i];
			xo=i;
		}
	}
	dfs(1,xo);
	printf("%d\n",tot);
	for(int i=1;i<=tot;i++) {
		printf("%d %d\n",b[i].fi,b[i].se);
	}
}

__EOF__

本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530226.html
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